R1 kapittel 1 Algebra
|
|
|
- Liv Dalen
- 7 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Løsninger til oppgvene i ok R1 kpittel 1 Alger Løsninger til oppgvene i ok Oppgve ( ) 15 5 (4 ) ( ) d ( )( ) ( 4)( ) ( ) ( 4) ( )( 1) Oppgve ( 7)( 7) y 75 (4y 5) ( y) 5 ( y 5)( y 5) d ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) Oppgve 1. Vi fktoriserer uttrykkene med kommndoen Fktoriser i CAS-delen v GeoGer. Ashehoug Side 1 v 7
2 Oppgve 1.4 Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen Nullpunktmetoden gir dermed 4 6 ( ) ( 1) ( )( 1) ( 6) Løsninger til oppgvene i ok d Vi løser likningen ( ) Nullpunktmetoden gir dermed ( 1) ( 1) ( )( 1) Vi løser likningen 6y y. y y y Nullpunktmetoden gir dermed 1 1 6y y 6y y 6 y y 1 y y (y )(y 1) ( ) Vi løser likningen Nullpunktmetoden gir dermed Ashehoug Side v 7
3 Oppgve 1.5 Andregrdsuttrykket hr nullpunktene Vi setter inn, og skl d få 1. 1 ( ) Andregrdsuttrykket er dermed gitt ved Oppgve 1.6 d Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen Løsninger til oppgvene i ok og 1. Uttrykket er derfor på formen 1 ( )( ). 1 ( ) ( )( 1) ( 5) Nullpunktmetoden gir dermed Vi løser likningen ( 5)( 1). 4 ( ) 4 4 ( ) 1 er ltså et doelt nullpunkt. Nullpunktmetoden gir dermed 1 1 ( ) ( ) ( ) Vi løser likningen Kvdrtroten er ikke definert for negtive tll. Likningen 4 hr derfor ingen løsning. Uttrykket 4 kn ikke skrives som et produkt med fktorer v første grd. ( ) Vi løser likningen. 1 1 ( ) ( ) 4 1 ( ) Nullpunktmetoden gir dermed ( 1)( ). Ashehoug Side v 7
4 Oppgve 1.7 Grfen til ndregrdsfunksjonen tngerer -ksen. Det etyr t funksjonen hr et doelt nullpunkt. Funksjonsuttrykket kn derfor skrives på formen f ( ) ( k). Funksjonen hr det dole nullpunktet 1. Funksjonsuttrykket er derfor f ( ) ( 1), som etyr t k 1. Grfen skjærer y-ksen i punktet (, ). Altså er f (). ( 1) Funksjonsuttrykket er ltså Oppgve 1.8 Uttrykket Uttrykket f ( ) ( 1). hr nullpunktene og 1. Altså er 1 hr det dole nullpunktet 1. Altså er ( )( 1) 1 ( 1) 1 Løsninger til oppgvene i ok ( )( 1). 1 ( 1). Uttrykket 5 hr nullpunktene og 1. Altså er 5 ( 1). ( 1) 5 1 ( 1)( 1) 1 1 Uttrykket Altså er y 6y 5 hr nullpunktene 1 og 5. y y y y 6 5 ( 1)( 5). y y y y y y 5 y y( y 5) y 6 5 ( 1)( 5) 1 Ashehoug Side 4 v 7
5 Oppgve 1.9 Løsninger til oppgvene i ok Uttrykket 1 hr nullpunktene 5 og. Altså er 1 ( 5)( ) ( 5) 5 5 ( 5) 1 ( 5)( ) ( ) ( 5) ( 5)( ) ( 5) ( 5)( ) ( 5)( ) ( 5)( ) Uttrykket 7 1 hr nullpunktene 5 og. Altså er 6 6 ( 5) 7 1 ( 5)( ) ( ) ( 5) Oppgve 1.1 d 6 ( 5) 6 1 ( 5)( ) ( 5)( ) 4 ( ) ( 5)( ) ( 5)( ) 5 9 ( )( ) 81 t 9 t (9 t)(9 t) 6 9 ( ) 5y 45 5 ( y 9) 5 ( y ) 5( y )( y ) Oppgve ( 6 ) ( 6)( 6) y y y (1 y ) y (1 y ) y(1 y)(1 y) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) d ( 1)( 4) ( 4) ( 4) ( 1) ( 4)( ) Oppgve ( 1)( 1) 1 ( 1) ( ) (4 )(4 ) 4 4 d ( ) (6 )(6 ) ( 5)( 5) ( 5)( 5) 5 1 (5 ) ( 5) 7 1 ( 5)( ). Ashehoug Side 5 v 7
6 Oppgve 1.1 Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen ( 4) ( 4) 4 1 ( 5) Nullpunktmetoden gir dermed Vi løser likningen. 4 5 ( 1)( 5). Løsninger til oppgvene i ok ( ) Nullpunktmetoden gir dermed ( 1) ( )( 1). Vi løser likningen 6. ( ) ( 1) ( 1) 4 ( ) Nullpunktmetoden gir dermed d Vi løser likningen ( ) ( )( ). ( ) ( ) Nullpunktmetoden gir dermed Oppgve ( )( ). Først finner vi nullpunktene ved å løse likningen ( 5) ( 5) Nullpunktmetoden gir dermed 5 6 ( )( ) 5 6 ( )( ). Ashehoug Side 6 v 7
7 Oppgve ( ) ( 4) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( 4) ( ) ( ) ( ) y y 1 ( y ) y 11 ( y 1) 4 d 1 75 ( ) (5 ) ( 5 )( 5 ) Oppgve 1.16 Uttrykket Uttrykket hr nullpunktene og 1. Altså er 6 5 hr nullpunktene 1 og 5. Altså er ( )( 1) 6 5 ( 1)( 5) 5 Uttrykket 6 8 hr nullpunktene og 4. Altså er 6 8 ( )( 4). Uttrykket 5 hr nullpunktene 1 og. 1 Altså er 5 ( )( ). Uttrykket Altså er 6 8 ( )( 4) ( )( ) ( ) y y 8 hr nullpunktene y y 8 ( y )( y 4). og 4. y y 8 ( y )( y 4) ( y )(4 y) y 4 y 4 y 4 y Oppgve ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) Løsninger til oppgvene i ok ( )( 1). 6 5 ( 1)( 5) ( )( ) ( )( ) 9 Uttrykket 1 hr ikke eller som nullpunkter. Den siste røken kn derfor ikke forkortes. Ashehoug Side 7 v 7
8 d 5 ( ) ( )( ) 5( ) 5( )( ) 5( )( ) 5 Løsninger til oppgvene i ok 5 ( ) ( ) 5( )( ) 5( )( ) 5( )( ) 5( )( ) 6 y 1 y 4y y 1 y 4 y ( y 1)( y ) y 4y y y 9 y ( y )( y ) ( y )( y ) ( y )( y ) ( y 1)( y ) ( y 4 y) ( y)( y) y y y y y y 9 4 ( y )( y ) ( y )( y ) ( ) (1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 ) 6 (1 )(1 ) (1 )(1 ) 5 5 (1 )(1 ) 1 Oppgve 1.18 Uttrykket hr nullpunktene og 1. Altså er ( )( 1) ( )( 1). ( ) 5( 1) 9 ( )( 1) ( )( 1) ( )( 1) ( ) 5( 1) ( )( 1) ( )( 1) 88 8( 1) ( )( 1) ( )( 1) 8 Ashehoug Side 8 v 7
9 Løsninger til oppgvene i ok Uttrykket y y 6 hr nullpunktene og. Altså er y 1 y 8 y y 1 y 8 y y y y y y y y y 6 ( )( ) ( y )( y ) (1 y)( y ) (8 y ) y y y y y y y y y y 6 ( )( ). ( y )( y ) (1 y)( y ) 8 y ( y )( y ) ( y )( y ) ( y )( y ) 1 y ( y)( y) 9 8 ( y )( y ) ( y )( y ) Oppgve 1.19 d ( ) : ( 1) Dermed er ( 1)( ). ( 7 1) : ( 4) Dermed er 7 1 ( 4)( ). (6 1 4) : ( 4) Dermed er ( 4)( 1). ( y y y ) : ( y 1) y y y y y Dermed er y y y ( y 1)( y ). Ashehoug Side 9 v 7
10 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1. d (6 7 1) : ( 1) ( 6) : ( ) ( 1) : ( 1) ( 5 ) : ( 1) Oppgve 1.1 P( ) 8 1 Polynomet P ( ) er delelig med hvis P ( ). Vi skl undersøke om polynomet er delelig med 1. Altså er 1. P(1) Siden P(1) er P ( ) delelig med 1. Vi skl undersøke om P ( ) er delelig med 1 ( 1), og regner derfor ut P( 1). P Siden P( 1) er P ( ) ikke delelig med 1. ( 1) ( 1) 8 ( 1) ( 1) Ashehoug Side 1 v 7
11 Vi skl undersøke om P ( ) er delelig med, og regner derfor ut P (). P Siden P() er P ( ) ikke delelig med. () Løsninger til oppgvene i ok d Vi skl undersøke om P ( ) er delelig med ( ), og regner derfor ut P( ). P Siden P( ) er P ( ) delelig med. Oppgve 1. ( ) ( ) 8 ( ) ( ) 1 ( 8) Vi vil undersøke om P( ) 1 er delelig med. P() Divisjonen går ikke opp. Resten er P() 5. 5 ( 1) : ( ) Vi vil undersøke om P 4 ( ) 16 Det lir det smme som å spørre om er delelig med Q y ( ) y 16 Q( ) ( ) Divisjonen går ikke opp. Resten er Q( ) ( 16) : ( ) er delelig med y, der y. Ashehoug Side 11 v 7
12 Oppgve 1. Vi vil t funksjonen Altså er P() Vi vil t funksjonen D må P( ). P( ) 6 11 skl h som nullpunkt. P( ) 7 4 ( ) 7 ( ) 4 ( ) Oppgve 1.4 skl være delelig med. Løsninger til oppgvene i ok Divisjonen går opp. ( ) : ( ) 9 9 Resten er 16. Divisjonen går ikke opp. ( 5 1) : ( 1) Divisjonen går opp. 4 ( 5 ) : ( 1) Ashehoug Side 1 v 7
13 Oppgve 1.5 Grfen til f skjærer førsteksen i punktene (, ), (1, ) og (, ). Funksjonen hr derfor nullpunktene, 1 og. Det etyr t f( ) er delelig med ( ), 1 og. Funksjonsuttrykket er på formen f ( ) ( )( 1)( ). Grfen til f skjærer ndreksen i punktet (, 4). Vi finner derfor konstnten ved å løse likningen f () 4. ( 1) ( ) Dermed er f ( ) 1 ( )( 1)( ) ( 1) ( 4) 4 4 Oppgve 1.6 P ( ) P (1) Vi vet t P(1). Det etyr t P ( ) er delelig med 1. ( ) : ( 1) Vi kn ltså skrive P( ) ( ) ( 1). Vi ruker nullpunktmetoden til å fktorisere Dermed er P( ) ( 1) ( 1) ( 1)( 1)( ). ( 1) ( 1) 4 ( ) Løsninger til oppgvene i ok Ashehoug Side 1 v 7
14 Oppgve 1.7 Vi vet t er et nullpunkt for polynomet. D vet vi t divisjonen ( 5 ) : ( ) går opp. ( 5 ) : ( ) Vi finner de ndre løsningene v likningen Likningen Oppgve 1.8 ved å løse ( ) ( ) hr løsningene 1 og 1 i tillegg til. P( ) 5 Konstntleddet er d. Tllene som går opp i er 1 og. De mulige heltllige løsningene v likningen er derfor 1 og. P P (1) ( 1) ( 1) ( 1) 5 ( 1) 1 5 Vi ser ltså t 1 er en løsning v likningen 5. Siden 1 er en løsning v likningen, vet vi t P ( ) er delelig med 1. ( 5 ) : ( 1) 5 Løsninger til oppgvene i ok 1. 1 Vi løser likningen med -formelen, og får d. 1 Likningen 5 hr løsningene 1. Ashehoug Side 14 v 7
15 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.9 d ( 7 4) : ( 1) (4 14) : ( ) (y y 1) : (y 4) y y 4 y 6y 1 6y 1 4 ( z z z z ) : ( z 1) z z z z 4 z z z Oppgve 1. z z z Polynomet P( ) er delelig med hvis P ( ). Her er 1. P( 1) ( 1) 6 ( 1) 6 ( 1) Siden P( 1) er polynomet ikke delelig med 1. P Siden P( ) er polynomet ikke delelig med. ( ) ( ) 6 ( ) 6 ( ) Ashehoug Side 15 v 7
16 Løsninger til oppgvene i ok d P() Siden P() er polynomet delelig med. ( 6 6 4) : ( ) P() Siden P() er polynomet ikke delelig med. Oppgve 1.1 Polynomet f ( ) 4 4 er delelig med 1 hvis f (1). f (1) Siden f (1) er ltså f( ) delelig med 1. ( 4 4) : ( 1) Vi løser likningen Fr nullpunktmetoden er 5 4 ( 4)( 1). Dermed er f ( ) ( 4)( 1)( 1). Vi hr funnet t f ( ) ( 4)( 1)( 1). Likningen f( ) hr derfor løsningen Ashehoug Side 16 v 7
17 Oppgve 1. Vi ruker kommndoen Divisjon i GeoGer til å finne resten etter divisjonen ( k ) : ( ). Resten er k. Altså er resten lik når k 1. f( ) er delelig med når k 1. Fr GeoGer-løsningen i oppgve ser vi t f ( ) : ( ) 1 når k 1. Siden Oppgve 1. Polynomet 1 ( 1)( 1), lir dermed f ( ) ( 1)( 1)( ). P( ) er delelig med dersom P(). P() P(), som etyr t divisjonen ( ) : ( ) I oppgve fnt vi t Vi løser likningen ( ) : ( ) går opp ( 4 )( ). 4. Løsninger til oppgvene i ok ( 4) ( 4) Likningen hr dermed løsningen. Oppgve 1.4 Av figuren ser vi t funksjonen hr nullpunktene 1 og. Siden grfen tngerer -ksen for, er dette et doelt nullpunkt. Funksjonsuttrykket er derfor på formen f ( ) k( 1)( )( ) k( 1)( ) Grfen til f skjærer y-ksen i punktet (, 4). Vi setter derfor inn og løser likningen f () 4. k ( 1) ( ) 4 k k 1 Ashehoug Side 17 v 7
18 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.5 Nevneren er gitt ved ( 1). Telleren 1 er ikke delelig med, siden konstntleddet er forskjellig fr null. Vi forsøker derfor polynomdivisjonen ( 1) : ( 1). ( 1) : ( 1) Polynomdivisjonen går opp. Dermed er 1 ( 1)( 1) 1 ( 1) Nevneren er gitt ved 4 ( )( ). Vi undersøker om telleren P( ) 4 er delelig med eller. P ( ) ( ) ( ) P Siden P() er P ( ) delelig med. () ( 4) : ( ) Dermed er 4 ( )( ) 4 ( )( ) Ashehoug Side 18 v 7
19 Løsninger til oppgvene i ok Likningen Altså er nevneren hr løsningene 1. ( )( 1). Vi undersøker om telleren P( ) 9 er delelig med eller 1. P ( ) ( ) ( ) P Telleren er delelig med. ( 9) : ( ) (1) Dermed er ( )( ). ( )( 1) 1 Oppgve 1.6 Vi prøver med noen forskjellige verdier for. P( ) 5 6 P (1) P Ett v nullpunktene for polynomet er ltså. () Siden P() vet vi t P ( ) er delelig med. ( 5 6) : ( ) 4 Vi løser likningen ( 1) ( 1) 4 ( ) Fr nullpunktmetoden er ltså ( 1). Dermed er P( ) ( )( 1) ( 1)( )( ) Ashehoug Side 19 v 7
20 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.7 P( ) Polynomet er delelig med dersom P() ( 4 ) : ( ) 1 4 Oppgve 1.8 P( ) Vi ser t resten etter divisjonen P( ) : ( ) er 4 1. Likningen 41 hr løsningene og 6. Divisjonen P( ) : ( ) går opp når 6 Oppgve Når 6 er polynomet delelig med. ( 5 6) : ( ) Likningen 56 Dermed hr likningen 6 6 hr løsningen løsningen 1. Ashehoug Side v 7
21 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve P( ) 5 ( 5 ) Vi vet t polynomet er delelig med, og utfører derfor polynomdivisjonen. ( 5 ) : ( ) 1 5 Dermed er P( ) ( )( 1). Altså er ( )( 1) 1 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen ( 1) Likningen 5 hr dermed løsningen Oppgve 1.41 P( ) Hvis 1 og er fktorer i P, ( ) er P( 1) P(). P( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 P() Vi får derfor likningssettet Den første likningen gir. Innstt i den ndre likningen gir det 11 4 ( ) Dermed er. Polynomet P ( ) hr fktorene 1 og når 5 og 1. Ashehoug Side 1 v 7
22 Oppgve 1.4 Polynomet er delelig med hvis P( ). P( ) P Polynomet ( ) ( ) ( ) er delelig med 1 hvis P(1). P( ) P (1) Oppgve 1.4 Løsninger til oppgvene i ok Grfen til f tngerer -ksen for 1 og for 1. Funksjonen hr derfor de dole nullpunktene 1 og 1. Det etyr t funksjonsuttrykket kn skrives på formen f ( ) ( 1) ( 1). Grfen skjærer y-ksen i punktet (, ). Vi finner dermed konstnten fr likningen f (). ( 1) ( 1) Funksjonsuttrykket er gitt ved 4 f ( ) ( 1) ( 1) ( 1) 6 Oppgve 1.44 f ( ) Funksjonen hr nullpunktet 1. Det etyr t funksjonsuttrykket er delelig med 1. ( ) : ( 1) Dermed er f ( ) ( 1)( 4 ). Vi løser likningen 4 med -formelen, og finner løsningene 1. Funksjonen hr nullpunktene, 1 og 1. I tillegg til punktet (1, ) skjærer ltså grfen -ksen i punktene (, ) og ( 1, ). Oppgve 1.45 Lillehmmer ligger i Opplnd fylke. Altså gjelder impliksjonen Kåre er fr Lillehmmer Kåre er fr Opplnd Likningen 5 hr løsningene Altså gjelder Ulikhetene 7 og 8 kn ikke være oppfylt smtidig. Det gjelder derfor ingen impliksjon mellom dem. Ashehoug Side v 7
23 d e Løsninger til oppgvene i ok 6 er et prtll. Men det finnes også mnge ndre prtll utenom 6. Altså gjelder er et prtll 6 Likningen 81 hr løsningene Altså gjelder f Hvis så er også. Men trenger ikke å være større enn hvis. Oppgve 1.46 Venstresiden er snn hvis 4. Høyresiden er snn hvis 4 6. Altså gjelder impliksjonen Venstresiden er snn for lle tllpr som oppfyller likningen 4 y. Høyresiden er et eksempel på et slikt tllpr. Altså gjelder impliksjonen 4 1 y y Prtllene er nettopp de tllene som er delelige med. Påstndene er ekvivlente, er et prtll er delelig med Oppgve 1.47 Venstresiden er snn hvis 4. Høyresiden er også snn hvis 4. Påstndene er derfor ekvivlente, Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er derfor ekvivlente, 9. Venstresiden er snn hvis 1. Høyresiden er snn hvis 1. Altså gjelder impliksjonen 1. d Vi vet t er en fktor i et polynom P ( ) hvis og re hvis P(). Påstndene er derfor ekvivlente, er fktor i polynomet P( ) P() Oppgve er et oddetll. Men det finnes også mnge ndre oddetll. Altså gjelder impliksjonen er et oddetll 7 R1 er et mtemtikkurs. Men det finnes også ndre mtemtikkurs som ikke er R1. Ajn hr mtemtikk Ajn hr R1-kurset Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er ekvivlente, 8 1 d Hvis så er også 5. Men kn være mindre enn 5 uten t, f.eks. 4. Altså gjelder impliksjonen 5. Ashehoug Side v 7
24 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.49 Hvis en treknt hr vinklene, 6 og 9 så er treknten rettvinklet. Men det finnes mnge rettvinklede treknter som ikke hr vinklene og 6. Altså gjelder impliksjonen Vinklene i treknten ABC er, 6 og 9 Treknten ABC er rettvinklet Både venstresiden og høyresiden er snn hvis 6 6. Påstndene er ekvivlente, Venstresiden er snn hvis y. Dette kn ldri skje smtidig med t y. Det gjelder ingen impliksjon eller ekvivlens mellom påstndene 1 y og y. d Hvis er et prtll så er også et prtll. Men er et prtll også når er et oddetll. Altså gjelder impliksjonen er et prtll er et prtll Oppgve 1.5 Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis. Altså gjelder impliksjonen 4. Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis enten y eller y. Men vi vet ikke hvilket fortegn y hr. Dermed er det ingen smmenheng mellom påstndene og y. Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis. Altså gjelder impliksjonen. d Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er ekvivlente, 8 e Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis. Altså gjelder impliksjonen. Oppgve 1.51 Venstresiden er snn hvis. Høyresiden er snn hvis. Altså gjelder impliksjonen. Både venstresiden og høyresiden er snn hvis 1. Påstndene er ekvivlente, 4 1 Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er ekvivlente, d Venstresiden er snn hvis 9. Høyresiden er snn hvis 9. Det er derfor ingen smmenheng mellom påstndene 81 og 9. e Både venstresiden og høyresiden er snn hvis. Påstndene er ekvivlente, Ashehoug Side 4 v 7
25 Oppgve når. Påstnden når. Påstnden Hvis så er 9 er derfor gl. Løsninger til oppgvene i ok er derfor gl.. Påstnden d Hvis 1 er delelig med, så er også 4 delelig med. Påstnden «går opp i 1 går opp i 4» er derfor riktig. e 16 når 4 4. Påstnden er derfor riktig er derfor gl. f Polynomet P ( ) er delelig med 4 hvis og re hvis P(4). Påstnden er derfor gl. Oppgve ( ) 6 ( ) 1 ( ) 6 4 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L ( 4) 16 ( 4) ( 4) ,1 1 ( ) ( 1) ( 1) 1 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. Ashehoug Side 5 v 7
26 Løsninger til oppgvene i ok d e Nevneren på høyresiden v likningen kn skrives ( 1)( ) , ( 1)( ) ( 4 ) ( ) 1 ( ) 4 6 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. Nevneren i det ndre leddet kn skrives ( 1)( ). 1, 1 ( 1)( ) ( ) ( 1)( ) Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor. 4 f, 6 4 ( ) ( ) 4 ( ) Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen 1. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor 1. Ashehoug Side 6 v 7
27 Oppgve 1.54 ( 4)( ) ( 4)( ) For 4 får vi null på egge sider. Altså er 4 en løsning. For 4 kn vi dividere med 4 på egge sider v likningen. 5 Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 4 5. ( 4 ) 1 For får vi null på egge sider. Altså er en løsning. For kn vi dividere med på egge sider v likningen Vi ruker -formelen og finner løsningen 6. Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 6. Løsninger til oppgvene i ok ( 1)( ) Venstresiden kn fktoriseres til ( 1). For 1 får vi null på egge sider. Altså er 1 en løsning. For 1 kn vi dividere med 1 på egge sider v likningen. Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 1. Oppgve Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 5: 5: Likningen VS ( 5) HS 4 VS HS VS HS 4 VS HS 9 4 hr løsningen 5 5. Ashehoug Side 7 v 7
28 Løsninger til oppgvene i ok 1 5 ( 1) Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. : VS 1 1 HS ( ) VS HS : VS 1 HS VS HS Vi ser t det re er som psser i den opprinnelige likningen. Likningen 1 5 hr løsningen. 1 1 ( ) Vi løser likningen med -formelen, og får løsningen 1. 4 Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 1: VS 1 ( 1) : 4 HS ( 1) VS HS VS HS 4 VS HS Vi ser t det re er Likningen 1 hr løsningen 1 som psser i den opprinnelige likningen Ashehoug Side 8 v 7
29 Løsninger til oppgvene i ok d (4 ) Vi løser likningen med -formelen, og får løsningen 5. Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 5: VS HS 4 ( 5) 1 VS HS : VS 6 4 HS 4 ( ) VS HS Vi ser t det re er som psser i den opprinnelige likningen. Likningen 6 4 hr løsningen. Oppgve , ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) , ( ) ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 Ashehoug Side 9 v 7
30 Løsninger til oppgvene i ok 5 ( ) Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. 1 d, ( ) ( ) ( 1) ( ) 4 1 Oppgve ( ) ( 1) ( 1) ( 1) 1 1 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen. 1 1 ( ) ( ) 4 1 ( ) , ( 1) ( 4) ( 4) Ashehoug Side v 7
31 Løsninger til oppgvene i ok Nevneren i røken er lik null for 1. ( 6) ( ) 6 1, ( ) 6 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor. Oppgve 1.58 ( 1) For får vi null på egge sider. Altså er en løsning. For kn vi dividere med på egge sider v likningen. 1 Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen. ( )( 5) For får vi null på egge sider. Altså er en løsning. For kn vi dividere med på egge sider v likningen Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 4. Oppgve , 4 ( ) ( ) 1 ( ) Ashehoug Side 1 v 7
32 6, (6 ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6 4 Løsninger til oppgvene i ok 1 Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen 5. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor , ( )( ) 1 ( )( ) 6 ( )( ) 1 ( )( ) ( )( ) Vi løser ndregrdslikningen med -formelen, og får løsningen 1. Løsningen må forkstes, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Løsningen v den opprinnelige likningen er derfor 1. d , ( )( ) 1 ( )( ) 1 ( )( ) 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 6 Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. Ashehoug Side v 7
33 Oppgve 1.6 ( )( ) 9 ( )( ) For får vi null på egge sider. Altså er en løsning. For kn vi dividere med på egge sider v likningen. ( 1) ( 1)( 1) 1 1 Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 1,,1,. Løsninger til oppgvene i ok ( 5)( 5) 5 (5 )(5 ) ( 5)( 5) For 5 får vi null på egge sider. Altså er 5 en løsning. For 5 kn vi dividere med 5 på egge sider v likningen. 5 5 ( 1) 1 Likningen 1 hr ingen løsning. Den opprinnelige likningen hr ltså løsningen 5. Oppgve Vi vil t likningen skl h løsningen, og setter derfor inn dette. 5 Likningen kn ikke h løsningen, siden det gir null i nevneren. Etter å h forkortet med kom vi frm til likningen 5 i oppgve. Hvis denne likningen hr løsningen, etyr det t den opprinnelige likningen ikke hr noen løsning. Vi setter derfor inn. 5 Likningen hr ingen løsning når. Ashehoug Side v 7
34 Oppgve 1.6 Det er en trykkfeil i oppgven. Uttrykket for ( ) I likningen ( 1)( ) 1 Løsninger til oppgvene i ok g skl være 1. ser vi t fktoren 1 lir lik null når 1. Når vi forkorter med 1 så dividerer vi ltså med noe som kn være lik null. Vi må derfor «t vre» på løsningen 1 så vi ikke mister den. Så lenge vi husker t 1 er en løsning, er det greit å forkorte med 1 i likningen ( 1)( ) 1 Eventuelle ndre løsninger v likningen f ( ) g( ) finner vi på smme måte som Ludvig. Likningen f ( ) g( ) hr ltså løsningen 1. Dette gir skjæringspunktene ( 1, ) og (, 4) mellom grfene. Oppgve Vi må kontrollere om løsningen psser i den opprinnelige likningen. VS 4 HS VS HS Likningen hr løsningen. 4 1 ( 4) Vi løser likningen med -formelen, og får løsningen 1 6. Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 1: VS 1 4 HS VS HS 6 : VS 6 4 HS VS HS Vi ser t det re er 6 som psser i den opprinnelige likningen. Likningen 4 1 hr løsningen 6. Ashehoug Side 4 v 7
35 Løsninger til oppgvene i ok d 1 ( ) Vi må kontrollere om løsningen psser i den opprinnelige likningen. 5 4 VS HS VS HS 5 Likningen 1 hr løsningen. 4 4 (4) Vi løser likningen med -formelen, og får løsningen 1 4. Vi må kontrollere om de to løsningene psser i den opprinnelige likningen. 1: VS 1 1 HS 4 VS HS 4 : VS HS 4 VS HS Vi ser t det re er 4 som psser i den opprinnelige likningen. Likningen 4 hr løsningen 4. Ashehoug Side 5 v 7
36 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.64 ( 1)( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. Ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er ltså L, 1,. (1 )( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. Ulikheten er oppfylt når 1. L,1. Løsningsmengden er d 4 Vi finner først nullpunktene Ulikheten kn dermed skrives ( 4)( 1). Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene. Ulikheten er oppfylt når 4 og når 1. Løsningsmengden er L, 4 1,. 9 4 Vi finner først nullpunktene Ulikheten kn dermed skrives 1 ( 4) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. 1 Ulikheten er oppfylt når 4 og når. 1 Løsningsmengden er L, 4,. Oppgve 1.65 Vi løser først likningen 7 7. ( ) ( ) ( 7) Vi får et negtivt tll under rottegnet. Likningen 7 7 hr derfor ingen løsning. Uttrykket 7 7 er enten større enn null eller mindre enn null for lle verdier v. Vi setter inn og får Uttrykket er ltså mindre enn null for lle verdier v. Ulikheten 7 7 er oppfylt for lle reelle tll, L. Ashehoug Side 6 v 7
37 Løsninger til oppgvene i ok Vi løser først likningen Vi får et negtivt tll under rottegnet. Likningen hr derfor ingen løsning. Uttrykket er enten større enn null eller mindre enn null for lle verdier v. Vi setter inn og får Uttrykket er ltså større enn null for lle verdier v. Ulikheten hr ingen løsning, L. 4 4 Vi ser t vi kn fktorisere uttrykket på venstre side v ulikheten som Kvdrtet Ulikheten 4 4 ( ). ( ) er positivt eller null for lle verdier v. For er uttrykket lik null. 4 4 er derfor oppfylt for. Løsningsmengden er L. d 6 9 Vi ser t vi kn fktorisere uttrykket på venstre side v ulikheten som Kvdrtet Ulikheten ( ) er positivt eller null for lle verdier v. 6 9 hr derfor ingen løsning, L. 6 9 ( ). Oppgve 1.66 ( 5)( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. Ulikheten er oppfylt når 5 og når. Løsningsmengden er L 5,,. ( )(1 )( ) 1 ( )(1 )( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de fire fktorene. Ulikheten er oppfylt når og når 1. Løsningsmengden er L, 1,. (1 )( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene, 1 og. Fktoren er null for, og ellers negtiv. Ulikheten er oppfylt når og når 1. Løsningsmengden er L, 1,. d ( )( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v de tre fktorene. Ulikheten er oppfylt når og når. Løsningsmengden er L,,. Ashehoug Side 7 v 7
38 Oppgve er en fktor i polynomet P( ) 4 6 dersom P( 1). P Siden P( 1) er ltså 1 en fktor i polynomet. ( 1) ( 1) 4 ( 1) ( 1) Løsninger til oppgvene i ok Vi vet t 4 6 er delelig med 1, og utfører derfor polynomdivisjonen. ( 4 6) : ( 1) Vi fktoriserer 5 6 med nullpunktmetoden ( )( ) Vi kn dermed fktorisere venstresiden i ulikheten. 4 6 ( 1)( 5 6) ( 1)( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. Av fortegnsskjemet ser vi t ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er ltså L 1,,. Ashehoug Side 8 v 7
39 Oppgve 1.68 Løsninger til oppgvene i ok Vi lr P( ). Eventuelle heltllige løsninger v likningen P ( ) må gå opp i konstntleddet. Etter litt prøving og feiling ser vi t P(1). Polynomet er derfor delelig med 1. ( ) : ( 1) 4 Likningen Altså er hr løsningen 1. 4 ( )( 1). ( )( 1)( 1) Vi tegner fortegnsskjem. Av fortegnsskjemet ser vi t ulikheten er oppfylt når og når 1 1. Løsningsmengden er ltså L, 1,1. Vi lr P( ) 9 1. Eventuelle heltllige løsninger v likningen P ( ) må gå opp i konstntleddet 1. Etter litt prøving og feiling ser vi t P(1). Polynomet er derfor delelig med 1. ( 9 1) : ( 1) Likningen 111 hr løsningen 4. Altså er 11 1 ( 4) ( 4)( ). 9 1 ( 4)( )( 1) Vi tegner fortegnsskjem. Av fortegnsskjemet ser vi t ulikheten 9 1 er oppfylt når 4 og når 1. Løsningsmengden er ltså L, 4,1. Ashehoug Side 9 v 7
40 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.69 d Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene og. Av fortegnsskjemet ser vi t ulikheten er oppfylt når. Løsningsmengden er L,. 4 Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene. Fortegnsskjemet viser t ulikheten er oppfylt når. Løsningsmengden er L,. 4 4 Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene. Vi ser t ulikheten er oppfylt når 4. Løsningsmengden er L 4,. 1 Vi tegner én fortegnslinje for hver v de to fktorene. 1 Ulikheten er oppfylt når og når. 1 Løsningsmengden er L,,. Oppgve Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1. Løsningsmengden er L, Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1. Løsningsmengden er L, 1. Ashehoug Side 4 v 7
41 Løsninger til oppgvene i ok d 5 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når Løsningsmengden er og når. 5 L,,. 5 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når. Løsningsmengden er L,. Oppgve ( ) 1 ( ) 5 Vi tegner fortegnsskjem. 1 Ulikheten hr løsningsmengden L, 5, ( ) 1 ( ) 4 5 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten 1 hr løsningsmengden 5 L,, 4. Ashehoug Side 41 v 7
42 Løsninger til oppgvene i ok ( ) ( ) 6 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten hr løsningsmengden L, 6. d (1) ( ) 4 4 ( ) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten 1 hr løsningsmengden 4 4 L,. Ashehoug Side 4 v 7
43 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve ( 1) 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) 1 Vi tegner fortegnsskjem når 1 og når. 1 1 Løsningsmengden er L, 1, ( 1) 1 ( 1)( ) 1 ( ) Vi fktoriserer. ( 1) 4 ( 1) ( 1)( ) Ulikheten kn dermed skrives. Vi tegner fortegnsskjem. 1 1 når 1 og når. Løsningsmengden er L 1,,. Ashehoug Side 4 v 7
44 Løsninger til oppgvene i ok d 4 4 ( ) 4 ( )( ) 4 ( 6 4) 7 (7 ) Vi tegner fortegnsskjem. 4 7 når og når. 7 Løsningsmengden er L,,. 1 1 ( )( 1) Vi fktoriserer ( 4) ( 4) 4 ( 6) Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( ). Vi tegner fortegnsskjem. 1 1 når 1 og når 1. 1 Løsningsmengden er L, 1,. Ashehoug Side 44 v 7
45 Oppgve er en fktor i polynomet P Siden P( 1) er ltså 1 en fktor i polynomet. Løsninger til oppgvene i ok P( ) 9 9 hvis og re hvis P( 1). ( 1) ( 1) ( 1) 9 ( 1) ( ) Fr oppgve vet vi t telleren 9 9 er delelig med 1. ( 9 9) : ( 1) Dermed er 9 9 ( 1)( 9) ( 1)( )( ). Ulikheten kn ltså skrives ( 1)( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. når 1. L 1,. Løsningsmengden er Oppgve 1.74 ( 5)( 4) Vi tegner én fortegnslinje for hver v fktorene. Ulikheten er oppfylt når 4 5. L 4, 5. Løsningsmengden er 4 Vi tegner én fortegnslinje for hver v fktorene. Ulikheten er oppfylt når og når 4. Løsningsmengden er L, 4,. Ashehoug Side 45 v 7
46 (5)( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v fktorene. 5 Ulikheten er oppfylt når og når. 5 Løsningsmengden er L,,. d 6 6 Vi fktoriserer uttrykket på venstre side, og løser d likningen ( ) ( ) Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( ) Vi tegner én fortegnslinje for hver v fktorene. Ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er L, 1,. Løsninger til oppgvene i ok 6. Oppgve Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 6. Løsningsmengden er L, Vi fktoriserer uttrykket på venstre side, og løser d likningen 11. ( ) ( ) ( 1) Ulikheten kn dermed skrives ( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når. L,. Løsningsmengden er ( )( ) ( ) Kvdrtet ( ) er lltid positivt eller null. Uttrykket på venstre side v ulikheten er derfor lltid negtivt eller null. Ulikheten hr ltså ingen løsning, L. Ashehoug Side 46 v 7
47 Løsninger til oppgvene i ok d Vi fktoriserer uttrykket på venstre side, og løser d likningen 1 4 Ulikheten kn dermed skrives ( )( 4) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 4. L, 4. ( 6) ( 6) Løsningsmengden er 68. Oppgve Vi fktoriserer uttrykket. 8 ( 1) ( 8) ( 8) 4 ( 1) ( 1)( ) Ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er L, 1,. 1 Ulikheten er oppfylt når og når 1. Løsningsmengden er L 1,. ( ) Ulikheten er oppfylt når og når. Løsningsmengden er L,,. Ashehoug Side 47 v 7
48 Løsninger til oppgvene i ok d Vi prøver å fktorisere uttrykket ved å løse likningen. ( ) ( ) Vi får et negtivt tll under rottegnet. Likningen hr derfor ingen løsning. Uttrykket er enten større enn null eller mindre enn null for lle verdier v. Vi setter inn og får Uttrykket er ltså større enn null for lle verdier v. Ulikheten er oppfylt for lle reelle tll, L. Oppgve ( ) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten 4 hr løsningsmengden 5 L,,. 1 1 ( 1) (4 ) 1 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten hr løsningsmengden L, 1, 4 1. Ashehoug Side 48 v 7
49 Løsninger til oppgvene i ok d 4 ( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten hr løsningsmengden L,,. 1 Uttrykket 1 er positivt for lle verdier v. Vi tegner derfor én fortegnslinje for hver v de to fktorene 1 og. Ulikheten hr løsningsmengden L,. Oppgve ( 6)( 6) Vi tegner fortegnsskjem. når 6 og når 6. 6 Løsningsmengden er L, 6, 6. 1 ( 1) ( 5) 1 Vi tegner fortegnsskjem. når 1 og når 5. 1 L, 1, 5. Løsningsmengden er Ashehoug Side 49 v 7
50 Løsninger til oppgvene i ok d 1 1 ( ) 4 Vi fktoriserer telleren ved å løse likningen 4. ( 4) ( 4) Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( ). Vi tegner fortegnsskjem. 1 når 1 og når. Løsningsmengden er L, 1, ( )( ) 76 Vi fktoriserer nevneren ved å løse likningen 7 6 ( 7) ( 7) Ulikheten kn dermed skrives ( )( ). ( 1)( 6) Vi tegner fortegnsskjem. 9 når, når 1 og når Løsningsmengden er L, 1, 6,. Ashehoug Side 5 v 7
51 Oppgve 1.79 Polynomet P( ) 5 6 er delelig med 1 dersom P(1). P Polynomet er ltså delelig med 1. (1) Løsninger til oppgvene i ok 5 6 Vi vet t uttrykket på venstre side er delelig med 1, og utfører derfor polynomdivisjonen. ( 5 6) : ( 1) Vi fktoriserer uttrykket 6 ved å løse likningen 1 Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( 6) 6. ( 1) ( 1) 4 1 ( 6) ( 1)( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. 5 6 når 1 og når. Løsningsmengden er L,1,. Oppgve 1.8 Grfen til f skjærer førsteksen i punktene (, ), (1, ) og (, ). Funksjonen hr ltså nullpunktene, 1 og. Dermed kn funksjonsuttrykket skrives på formen f ( ) ( )( 1)( ). Grfen skjærer ndreksen i punktet (, 4). Vi finner derfor konstnten ved å løse likningen f () 4. ( 1) ( ) Funksjonsuttrykket er ltså gitt ved f ( ) ( )( 1)( ) ( 1) ( 4) 4 4 Vi ser t grfen til f er under førsteksen når og når 1. Ulikheten f( ) hr ltså løsningen L, 1,. Ashehoug Side 51 v 7
52 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.81 Andregrdsfunksjonen hr nullpunktene og. Uttrykket er derfor på formen f ( ) ( )( ) ( 6). Fr fortegnslinj ser vi t må være en positiv konstnt. Hvis vi f.eks. setter 5, får vi uttrykket f ( ) 5 5. Oppgve 1.8 Andregrdspolynomet P ( ) hr nullpunktene 1 og 4. Funksjonsuttrykket kn derfor skrives på formen P( ) ( 1)( 4). Vi finner konstnten ved å løse likningen P() 8. ( 1) ( 4) 8 48 Polynomet er ltså gitt ved P( ) ( 1)( 4) ( 5 4) 1 8 Den rsjonle funksjonen Q ( ) er ikke definert for 1. Det etyr t fktoren 1 må inngå i nevneren i funksjonsuttrykket. Siden fortegnet til Q ( ) er det smme på egge sider v 1, må enten telleren også inneholde 1, eller nevneren må h fktoren i. potens (eller en høyere, like potens). Funksjonen hr nullpunktet, og skifter fortegn for. Altså inneholder telleren fktoren (eventuelt i en høyere, odde potens). Mulige funksjonsuttrykk for Q ( ) kn dermed være ( 1)( ) ( ) ( ) ( ) Q Q 1 ( 1) Vi finner konstnten i uttrykkene ved å løse likningen Q() 6. ( 1) ( ) ( ) 6 1 ( 1) ( ) Noen v de mulige funksjonsuttrykkene for Q ( ) er ltså ( 1)( ) ( ) Q( ) Q( ) 1 ( 1) Q( ) Q( ) 1 ( 1) Ashehoug Side 5 v 7
53 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve Fktoren 1 er positiv for lle verdier v. Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1, L 1,. 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 ( 1) 1 1 Telleren kn fktoriseres som ( 1)( ) Ulikheten kn dermed skrives. 1 Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1 og når 1, L, 1 1, ( 1)( ). 1 ( 1)( 1) Ulikheten er oppfylt når 1 og når 1, L, 1 1, d 1 1 ( ) 1 Ulikheten er oppfylt når L 1, 1, Ashehoug Side 5 v 7
54 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve ( ) Ulikheten er oppfylt når 5, L, Uttrykket i nevneren er lltid positivt. Ulikheten er derfor oppfylt når 1, L 1,. d Ulikheten er oppfylt når og når 1 L,, 1, ( 4) ( )( ) ( )( ) Ulikheten er oppfylt når og når, L,, Ashehoug Side 54 v 7
55 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve ( 1) Ulikheten er oppfylt når 1, L,1. ( ) ( ) ( 7 6) 8 6 Uttrykket i telleren er lik null når 1. Altså er 8 6 ( 1)( ). ( 1)( ) Ulikheten kn dermed skrives. Ulikheten er oppfylt når 1 og når, L 1,, 1 ( 1) Uttrykket i telleren er lik null når 1. Altså er ( 1)( ). ( 1)( ) Ulikheten kn dermed skrives. 1 Ulikheten er oppfylt når 1 1 og når, L 1,1, Ashehoug Side 55 v 7
56 Løsninger til oppgvene i ok d 4 ( )( ) Ulikheten er oppfylt når, L, (GeoGer oppgir her svret som,,, som er det smme som,.) Oppgve Etter litt prøving og feiling ser vi t uttrykket på venstre side er lik null når 1. Uttrykket er derfor delelig med 1. ( 5 6) : ( 1) 6 Dermed er ( 1)( 6). Vi fktoriserer 6 med nullpunktmetoden. 6 ( 1) ( 1) 41 ( 6) Ulikheten kn ltså skrives ( 1)( )( ). Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1 og når. Løsningsmengden er L, 1,. Ashehoug Side 56 v 7
57 Løsninger til oppgvene i ok Uttrykket i telleren er lik null når 1. Uttrykket er derfor delelig med 1. ( 6 8) : ( 1) Vi fktoriserer 8 med nullpunktmetoden ( 8) Ulikheten kn dermed skrives ( 1)( 4)( ). 1 Ulikheten er oppfylt når 4 1 og når 1. Løsningsmengden er L 4, 1 1,. ( ) 9 9 Uttrykket i telleren er lik null når 1. Uttrykket er derfor delelig med 1. ( 9 9) : ( 1) ( )( ) Ulikheten kn ltså skrives ( 1)( )( ). Ulikheten er oppfylt når 1. L 1,. Løsningsmengden er Ashehoug Side 57 v 7
58 ( 9) (5 4)( ) 1 9 ( )( ) ( )( ) 9 5 ( )( ) Uttrykket i telleren er lik null når 1. Uttrykket er derfor delelig med 1. ( 5 ) : ( 1) 4 d Vi fktoriserer 4 med nullpunktmetoden. 4 1 ( 4) ( 4) 4 1 ( ) Ulikheten kn dermed skrives ( 1) 6 6 ( )( ) Ulikheten er oppfylt når, når 6 1 og når 6. Løsningsmengden er L, 6, 1, 6. Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.87 Vi lr det minste tllet være n. Siden tllene kommer etter hverndre, er det største tllet n 1. Summen v de to tllene er dermed n ( n 1) n 1. Siden n er et nturlig tll, er n et prtll, og n 1 er et oddetll. Summen v n og n 1 er ltså et oddetll. Summen v to påfølgende nturlige tll er lltid et oddetll. Oppgve 1.88 er et prtll. Det etyr t vi kn skrive på formen n, der n er et helt tll. D er ( n) 4n n Siden n er et helt tll, er også n et helt tll. Dermed er Hvis er et prtll, så er et prtll. n et prtll. Ashehoug Side 58 v 7
59 Oppgve 1.89 Vi lr de to oddetllene være n 1 og ym 1, der n og m er hele tll. Summen v tllene er d y (n 1) (m 1) n m ( n m 1) n og m er hele tll. D er også nm 1 et helt tll. Tllet ( n m 1) er derfor et prtll, som er delelig med. Summen v to oddetll er delelig med. Oppgve 1.9 n er et prtll. Det etyr t vi kn skrive n k, der k er et helt tll. D er n ( k) 4k Siden k er et helt tll, er også k et helt tll. Altså er Hvis n er et prtll, så går 4 opp i n. Oppgve 1.91 n delelig med 4. Løsninger til oppgvene i ok n er et nturlig tll. n n n( n 1) Enten er n et prtll, eller så er n et oddetll. Hvis n er et prtll, så går opp i n. Hvis n er et oddetll, så går opp i n 1. Det siste ser vi ved å skrive n k 1 n 1 k ( k 1). Altså er enten n eller n 1 delelig med. Produktet n( n 1) er derfor også delelig med. Hvis n er et nturlig tll, så er n( n 1) delelig med. Hvis n, så er Oppgve 1.9 n n et prtll. n er et nturlig tll. D er enten n et prtll eller et oddetll. Hvis n er et prtll, så kn vi skrive n k, der k er et helt tll. D er n 7n 1 ( k) 7k 1 4k 14k 1 (k 7k 6) Siden k er et helt tll, er k 7k 6 også et helt tll. Altså er (k 7k 6) et prtll. Hvis n er et oddetll, så kn vi skrive nk 1, der k er et helt tll. D er n 7n 1 (k 1) 7 (k 1) 1 4k 4k 114k 7 1 Siden k er et helt tll, er 4k 18k (k 9k 1) k 9k 1 også et helt tll. Altså er (k 9k 1) et prtll. Vi hr ltså vist t n 7n 1 er et prtll åde når n er et prtll og når n er et oddetll. Hvis n, så er n 7n 1 et prtll. Ashehoug Side 59 v 7
60 Oppgve 1.9 Vi hr følgende påstnder om to positive tll: p: «Produktet v tllene er større enn 1» Løsninger til oppgvene i ok q: «Minst ett v tllene er større enn 1» Vi vil evise p q ved hjelp v et kontrpositivt evis, ltså t ikke q ikke p. ikke q: «Begge tllene er mindre enn eller lik 1» ikke p: «Produktet v tllene er mindre enn eller lik 1» Vi lr de to tllene være og y. Utsgnet «ikke q» sier t 1 og y 1. D er y11 1 Produktet v tllene er ltså mindre enn eller lik 1. Dermed hr vi evist t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi dermed også evist t p q. Hvis produktet v to positive tll er større enn 1, så er minst ett v tllene større enn 1. Oppgve 1.94 Vi hr følgende påstnder om positive heltll: p: «n er et oddetll» q: «n er et oddetll» De motstte påstndene lir d ikke q: «n er ikke et oddetll» (ltså er n et prtll) ikke p: «n er ikke et oddetll» (ltså er n et prtll) Vi strter med å nt t «ikke q» gjelder. Tllet n er ltså et prtll. D kn vi skrive n på formen n k, der k er et heltll. Dermed er n k ( k 1) Siden k er et heltll, er også k 1 et heltll. D er ( k 1) et prtll. Vi hr dermed evist t n er et prtll, ltså t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi dermed også evist t p q. Hvis n er et oddetll, så er n et oddetll. Oppgve 1.95 er et nturlig tll. Vi hr følgende påstnder: p: «er et oddetll» q: «er et oddetll» De motstte påstndene lir d ikke q: «er et prtll» ikke p: «er et prtll» Vi strter med å nt t er et prtll. D kn vi skrive k, der k er et heltll. Det gir ( k) 4k k Siden k er et heltll, er også k et heltll. D er k et prtll. Vi hr dermed evist t er et prtll, ltså t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi dermed også evist t p q. Hvis er et nturlig tll og er et oddetll, så er et oddetll. Ashehoug Side 6 v 7
61 Oppgve 1.96 Løsninger til oppgvene i ok n er et nturlig tll. Vi hr følgende påstnder: p: n 5 er et oddetll q: n er et prtll De motstte påstndene lir d ikke q: n er et oddetll ikke p: n 5 er et prtll Vi ntr t n er et oddetll. Det etyr t vi kn skrive nk 1, der k er et heltll. D er n 5 (k 1) 5 k 6 ( k ) Siden k er et heltll, er også k et heltll. D er ( k ) et prtll. Vi hr dermed evist t n 5 er et prtll, ltså t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi dermed også evist t p q. Hvis n 5 er et oddetll, så er n et prtll. Oppgve 1.97 Vi kn f.eks. velge og y. D er 4 og y ( ) 4. Altså er y. Men y. Impliksjonen y y gjelder derfor ikke generelt. (Feilen ved impliksjonen er, som vi ser v tlleksemplet, t og y kn h motstt fortegn.) Vi kn f.eks. velge n 4. D er n ( 4) Men n 4. Impliksjonen n 9 n gjelder derfor ikke generelt. (Feilen ved impliksjonen er også denne gngen fortegnet. Hvis vi krever t n er positiv, så gjelder impliksjonen.) Oppgve 1.98 Vi ntr t n er et prtll. Det etyr t vi kn skrive n k, der k er et heltll. Det gir n ( k) k 8k 4k Siden k er et heltll, er også 4k et heltll. Det etyr t Vi hr dermed evist t n er et prtll. Hvis n er et prtll, så er n et prtll. 4k er et prtll. Vi ntr t det hele tllet n går opp i 1. Det etyr t 1 er delelig med n. Vi kn ltså skrive 1 nk, der k er et heltll. Det etyr t 4 1 nk n ( k) Siden k er et heltll, er også k et heltll. Altså er 4 delelig med n. Hvis n går opp i 1, så går n opp i 4. Vi ntr t går opp i og t går opp i, der og er hele tll. Altså er delelig med, og er delelig med. Vi kn derfor skrive n og m, der n og m er hele tll. Dermed er ( n) ( m) 6nm 6 ( nm) Siden n og m er hele tll, er også nm et heltll. Produktet er derfor delelig med 6. Hvis går opp i og går opp i, så går 6 opp i. Ashehoug Side 61 v 7
62 Oppgve 1.99 Vi hr to rsjonle tll og y. Tllene kn ltså skrives på formen y d der,, og d er hele tll. Dermed er d d d y d d d d d d Siden,, og d er hele tll, er også d og d hele tll. Summen y kn ltså skrives som en røk med hele tll i teller og nevner. Det etyr t y er et rsjonlt tll. Vi hr dermed evist t summen v to rsjonle tll er et rsjonlt tll. Oppgve 1.1 Løsninger til oppgvene i ok Vi kn f.eks. velge 1. D lir y Når 1 lir ltså y et prtll. Utsgnet gjelder ikke generelt. 1 gir et moteksempel. Vi prøver med forskjellige primtll n, og regner ut 1. n : (primtll) n : (primtll) n 5: (primtll) n 7 : (primtll) n 11: (ikke primtll) Utsgnet gjelder ikke generelt. n 11 gir et moteksempel. Oppgve 1.11 Vi ntr t er et oddetll. Det etyr t vi kn skrive k 1, der k er et heltll. Det gir (k 1) 4k 4k 1 k k 1 Siden k er et heltll, er også Vi hr dermed evist t k k et heltll. D er k k er et oddetll. Hvis er et oddetll, så er 1 et oddetll. et oddetll. er et rsjonlt tll. Vi kn derfor skrive som en røk med hele tll i teller og nevner. Altså er der og er hele tll. Det gir Siden og er hele tll, er også og hele tll. Vi kn ltså skrive som en røk med hele tll i teller og nevner. Vi hr dermed evist t er et rsjonlt tll. Hvis er et rsjonlt tll, så er et rsjonlt tll. Ashehoug Side 6 v 7
63 Oppgve 1.1 Løsninger til oppgvene i ok Vi ntr t går opp i og t 5 går opp i y. Altså er delelig med, og y er delelig med 5. Vi kn derfor skrive n og y 5m, der n og m er hele tll. Det gir y ( n) (5 m) 1 nm 1 ( nm) Siden n og m er hele tll, er også nm et heltll. Produktet y er ltså delelig med 1. Hvis går opp i og 5 går opp i y, så går 1 opp i y. Vi ntr t åde og y er prtll. D kn vi skrive n og y m, der n og m er hele tll. Det gir y n m 4nm Siden n og m er hele tll, er også nm et heltll. Produktet y er ltså delelig med 4. Hvis åde og y er prtll, så går 4 opp i y. Vi ntr t er et oddetll. Det etyr t vi kn skrive k 1, der k er et heltll. Det gir 1 (k 1) 1 4k 4k 1 1 4k 4k 4 k( k 1) Hvis k er et prtll, er k delelig med. Hvis k er et oddetll, er k 1 delelig med. Produktet kk ( 1) er derfor lltid delelig med. Dermed er 4 kk ( 1) lltid delelig med 8. Hvis er et oddetll, så er Oppgve lltid delelig med 8. Vi ntr t n er et nturlig tll (og t n 1). n n n( n 1) Hvis n er et prtll, så er n delelig med. Hvis n er et oddetll, så er n 1 delelig med. Altså er enten n eller n 1 lltid delelig med. Dermed er produktet nn ( 1) delelig med. Hvis n er et nturlig tll, så er n n lltid delelig med. Vi ntr t n er et nturlig tll, og t n 1. n n n( n 1) n( n 1)( n 1) ( n 1) n( n 1) Vi ser t uttrykket n n kn skrives som produktet v tre påfølgende, nturlige tll. For to påfølgende heltll er lltid ett v tllene delelig med. For tre påfølgende heltll er lltid ett v tllene delelig med. Produktet v tre påfølgende tll er derfor lltid delelig med 6. Hvis n er et nturlig tll større enn 1, så er n n lltid delelig med 6. Vi ntr t n er et nturlig tll, og t n 1. ( n 1)( n n) ( n 1)( n 1) n( n ) ( n 1) n( n 1) ( n ) Uttrykket ( n 1)( n n) kn skrives som produktet v fire påfølgende, nturlige tll. Som i oppgve og vet vi t med to påfølgende tll er lltid ett v tllene delelig med, med tre påfølgende tll er lltid ett v tllene delelig med, og med fire påfølgende tll er lltid ett v tllene delelig med 4. Ett v tllene n 1, n, n 1 eller n er ltså delelig med 4. Det etyr t det også er ett v tllene som er delelig med, men ikke delelig med 4. Produktet v disse to prtllene må derfor være delelig med 4 8. I tillegg er det (minst) ett v de fire tllene som er delelig med. Produktet v fire påfølgende heltll er derfor lltid delelig med 8 4. Hvis n er et nturlig tll større enn 1, så er ( n 1)( n n) lltid delelig med 4. Ashehoug Side 6 v 7
64 Oppgve 1.14 n er et nturlig tll. Vi hr følgende påstnder: p: n 1 er ikke delelig med q: n er delelig med De motstte påstndene lir d ikke q: n er ikke delelig med ikke p: n 1 er delelig med Vi strter ltså med å nt t n ikke er delelig med. D kn vi skrive n k l l. l 1: l :, der k og l er hele tll, og 1, n k k k k k k k 1 ( 1) ( ) Løsninger til oppgvene i ok n k k k k k k k 1 ( ) ( 4 1) Siden k er et heltll, er også k k og k 4k 1 hele tll. I egge tilfellene er ltså n 1 delelig med. Vi hr dermed evist t ikke q ikke p. Ved et kontrpositivt evis hr vi derfor også evist t p q. Hvis n er et nturlig tll og n 1 ikke er delelig med, så er n delelig med. Kpitteltest Del 1 Uten hjelpemidler Oppgve 1 Vi fktoriserer uttrykket 5 med nullpunktmetoden. D strter vi med å løse likningen 5. ( ) ( ) 4 ( 5) Dermed er 5 ( 1) 5 ( 1) 5 ( 1)( 5) ( 1) 5( 1)( 1) 5( 1) ( 5) ( 1)( 5) ( 5) 5 Ashehoug Side 64 v 7
65 Oppgve Løsninger til oppgvene i ok Divisjonen ( 5 6) : ( ) går opp dersom polynomet P( ) 5 6 er lik null for. P( ) ( ) 5 ( ) ( ) 6 ( 8) Siden P( ) er ltså P ( ) delelig med. Vi vet t 5 6 er delelig med, og utfører derfor polynomdivisjonen. ( 5 6) : ( ) Vi fktoriserer med nullpunktmetoden ( ) Dermed er 5 6 ( )( ) ( ) ( 1) ( )( )( 1) 5 6 ( )( )( 1) 1 1 Ashehoug Side 65 v 7
66 Oppgve 1 1 Vi fktoriserer uttrykket på venstre side v ulikheten med nullpunktmetoden. 1 ( ) ( 1) ( 1) 4 ( ) Ulikheten kn dermed skrives Vi tegner fortegnsskjem. 1 når 1 Løsningsmengden er og når 1 ( 1) L, 1,. Løsninger til oppgvene i ok d 4 Telleren 4 er lik null når, og positiv ellers. Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når. Løsningsmengden er L,. 1 1 ( )( ) ( 1)( 1) ( 1)( ) ( )( 1) 4 1 ( 1)( ) ( 1)( ) ( 1)( ) Vi tegner fortegnsskjem. 1 når 1. 1 Løsningsmengden er L 1,. ( )(1 ) ( )( ) Vi tegner fortegnsskjem. Ulikheten er oppfylt når 1. Løsningsmengden er L, 1. Ashehoug Side 66 v 7
67 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve , 6 ( ) ( ) ( 11) ( ) ( ) , ( 4) ( ) 6 ( ) 1 ( ) ( ) Vi må forkste løsningen, siden den gir null i nevneren i den opprinnelige likningen. Likningen hr derfor ingen løsning, L. Oppgve 5 Venstresiden er snn for lle tllpr som oppfyller likningen y 5. Høyresiden er et eksempel på et slikt tllpr. Altså gjelder impliksjonen y 5 y Hvis vi legger til smme tll på egge sider v en likning, eller multipliserer egge sider med et tll som ikke kn være null, hr vi ekvivlente overgnger. 4 4 Altså gjelder ekvivlensen 4. Venstresiden er snn hvis 1 1. Høyresiden er snn hvis 1 1. Altså gjelder impliksjonen 1. Ashehoug Side 67 v 7
DEL 1 Uten hjelpemidler
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 f( ) + f + ( ) 4 g ( ) ln( ) 1 g ( ) h ( ) ( 1) h ( ) ( 1) 4 1 ( 1) Oppgve er en fktor i P
S1 kapittel 1 Algebra Løsninger til oppgavene i læreboka
Løsninger til oppgvene i ok S kpittel Alger Løsninger til oppgvene i læreok. 8 ( ) 5 9. e = = 9 = = 8 5 = = 0 = 0 0 0 = 000 =. e Ashehoug www.lokus.no Sie v Løsninger til oppgvene i ok..5..7 = = + 5 =
5: Algebra. Oppgaver Innhold Dato
5: Alger Pln resten v året: - Kpittel 6: Ferur - Kpittel 7: Ferur/mrs - Kpittel 8: Mrs - Repetisjon: April/mi - Eventuell offentlig eksmen: Mi - Økter, prøver, prosjekter: Mi - juni For mnge er egrepet
S1 kapittel 4 Logaritmer Løsninger til oppgavene i boka
Løsninger til oppgvene i ok S kpittel 4 Logritmer Løsninger til oppgvene i ok 4. Vi leser v fr tllet 4 på y-ksen og ser t vi får den tilhørende verdien,6 på -ksen. lg 4,6 Vi leser v fr tllet,5 på y-ksen
S1 kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka
S1 kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i læreok E1 995 995 5 + 5 (995 5) (995 + 5) + 5 990 1000 + 5 990 000 + 5 990 05 E E (61+ 9) 51 49) (51+ 49) 61 9 (61 9) 51 49 ( 100 100 11 1997 00 199
Mer øving til kapittel 3
Mer øving til kpittel 3 KAPITTEL 3 FUNKSJONER Oppgve 1 Tegn et koordintsystem og merk v punktene (1, 5) d (3, 2) ( 2, 3) e ( 3, 5) (4, 0) f (0, 4) Oppgve 2 Hvilke koordintpr hr de ulike punktene i koordintsystemet?
DEL 1 Uten hjelpemidler
DEL Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve f = + f ( ) = 6 ( ) 3 g = ( ) e g = + = + ( ) e e e ( ) h = 3 ( ) ln( ) 3 h ( ) = 3 = 3 3 Oppgve
Sammendrag kapittel 1 - Aritmetikk og algebra
Smmendrg kpittel 1 - Aritmetikk og lgebr Regneregler for brøker Utvide brøk: Gng med smme tll i teller og nevner. b = k b k Forkorte brøk: del med smme tll i teller og nevner. b = : k b : k Summere brøker:
Tillegg til kapittel 2 Grunntall 10
8.09.0 Kvrtsetningene Tillegg til kpittel Grunntll 0 Ne læringsmål i reviert lærepln 0 Mål for et u skl lære: kunne ruke kvrtsetningene til å multiplisere to prentesuttrkk kunne fktorisere ve å ruke kvrtsetningene
Eksamen høsten 2015 Løsninger
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1, 4 4 = = 6 0, 4 4 Du kn innt mksimlt 6 g slt per dg. 00 0,8 0,8, 4 100 = = Én porsjon pizz
1T kapittel 1 Algebra Løsninger til oppgavene i læreboka
T kpittel Alger Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve. 0 8 ( 0) + 0 + ( 0) 0 8 Oppgve. 7 ( ) + + ( ) 7 Oppgve. ( ) + Oppgve. 0 ( ) 0 ( 0) ( ) 0 ( 0) : ( ) 0 : ( ) Oppgve. ( ) ( ) ( ) (,) ( ) (,) 9 Oppgve.
DEL 1 Uten hjelpemidler
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 Vrisjonsredden er differnsen mellom største og minste verdi. Største verdi vr 20 poeng. Minste
DEL 1 Uten hjelpemidler
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 Melk: 2 14,95 2 15 30 Potet: 2,5 8,95 2,5 9 22,5 Ost: 0,5 89,95 0,5 90 45 Skinke: 0, 2 199
S1 kapittel 6 Derivasjon Løsninger til oppgavene i boka
S kpittel 6 Derivsjon Løsninger til oppgvene i ok 6. c y x y x = = = = y x 4 5 9 4 y 5 6 x 4 = = = = y x y x = = = = 7 ( 5) 6 ( ) 8 6. f( x ) f( x ) 5 7 x x ( ) 4 = = = = 6. T( x) = 0,x +,0 T T = + = (0)
Eksamen våren 2018 Løsninger
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 5x+ y = 4 x+ 4y = 6 Vi multipliserer likningen 5x+ y = 4 med på egge sider og får 10x+ 4y
1T kapittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgavene i læreboka
1T kpittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 3.1 Origo er skjæringspunktet mellom førsteksen og ndreksen. Koordintene til origo er ltså (0, 0). Førstekoordinten til punktet A er 15, og
x 1, x 2,..., x n. En lineær funksjon i n variable er en funksjon f(x 1, x 2,..., x n ) = a 1 x 1 + a 2 x a n x n,
Introduksjon Velkommen til emnet TMA45 Mtemtikk 3, våren 9 Disse nottene inneholder det vi gjennomgår i forelesningene, og utgjør, smmen med lle øvingene, pensum for emnet Læreoken nefles som støttelittertur
Eksamen høsten 2016 Løsninger
DEL Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve f x x x f ( x) = 4x 5 ( ) = 5 6 gx ( ) = xln x Vi deriverer med produktregel: g ( x) = ln x+
R1 kapittel 8 Eksamenstrening
Løsninger til oppgvene i ok R kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i ok Uten hjelpemidler Oppgve E Hvis er et nullpunkt for De mulige nullpunktene for P, er konstntleddet 8 delelig med. P er
Temahefte nr. 1. Hvordan du regner med hele tall
1 ARBEIDSHEFTE I MATEMATIKK SNART MATTE EKSAMEN Hvordn du effektivt kn forberede deg til eksmen Temhefte nr. 1 Hvordn du regner med hele tll Av Mtthis Lorentzen mttegrisenforlg.com Opplysning: De nturlige
DEL 1 Uten hjelpemidler
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 Vrisjonsredden er differnsen mellom største og minste verdi. Største verdi vr 20 poeng. Minste
... JULEPRØVE
Ashehoug JULEPRØVE 2014 9. trinn.... JULEPRØVE 2014.... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemidler ( 37 poeng) På denne delprøven kn du re ruke skrivesker, psser og linjl. Alle oppgvene i del 1 skl føres
1 Tallregning og algebra
Tllregning og lger ØV MER. REGNEREKKEFØLGE Oppgve.0 6 d) ( : 6) Oppgve. ( ) ( ) ()() ( ) ( ) ( ) () (6 ) () d) ( ) 7() ( ) Oppgve. 6 ( ) d) Oppgve. Med ett ddisjonstegn, ett sutrksjonstegn, ett multipliksjonstegn
DEL 1 Uten hjelpemidler
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 10 % v 60 er 0,1 60 = 6. Prisen øker d med 6 kr. Vren vil derfor koste 60 kr + 6 kr = 70
1T kapittel 6 Geometri Løsninger til oppgavene i læreboka
T kpittel 6 Geometri Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 6. Vi ruker pytgorssetningen. h 5 + 6 h 5 + 36 h 6 h ± 6 Hypotenusen er 6. Vi ruker pytgorssetningen. h, 4 + 6,7 h h 5, 076 + 45, 04 50, 047
Oppgave 2 Betydningen til hvert enkelt siffer er bestemt av sifferets plassering eller posisjon. Tallet 4321 betyr
KAPITTEL 1 TALL OG TALLREGNING FLERE UTFORDRINGER Oppgve 1 Du hr sifrene A 1 3 5 7 9 og B 2 4 6 8 Ve å ruke tre v sifrene i enten A eller B skl u lge ett tll så nærme 500 som mulig. Du kn re ruke ett siffer
Eksamen våren 2016 Løsninger
DEL Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve,8,8 (,8 ) 3,6 3, 6 3, 6,5 5, (5, ) Oppgve 3, 5 Vi ser på tllinj t,5 tilsvrer punkt F. Vi ser
Brøkregning og likninger med teskje
Brøkregning og likninger med teskje Dette heftet gir en uformell trinn for trinn gjennomgng v grunnleggende regler for brøkregning og likninger. Dette er sto som vi i FYS 000 egentlig forventer t dere
... JULEPRØVE 9. trinn...
.... JULEPRØVE 9. trinn.... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemidler ( 37 poeng) På denne delprøven kn du re ruke skrivesker, psser og linjl. Alle oppgvene i del 1 skl føres rett på rket. I noen oppgver
1P kapittel 3 Funksjoner
Løsninger til oppgvene i ok 1P kpittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgvene i ok 3.1 Origo hr koordintene (0, 0). Vi finner koordintene til punktene ved å lese v punktets verdi på x-ksen og y-ksen. A =
DEL 1 Uten hjelpemidler
Eksmen høsten 013 Løsninger Eksmen høsten 013 Løsninger DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 150 sider Vi finner først hvor mnge
Påbygging kapittel 2 Funksjoner 1 Løsninger til oppgavene i boka
Påygging kpittel 2 Funksjoner 1 Løsninger til oppgvene i ok 2.1 Origo hr koordintene (0, 0). Vi finner koordintene til punktene ved å lese v punktets verdi på x-ksen og y-ksen. A = (125,10) B = (0, 12,5)
Faktorisering. 1 Hva er faktorisering? 2 Hvorfor skal vi faktorisere? Per G. Østerlie Senter for IKT i utdanningen 11.
Fktorisering Per G. Østerlie Senter for IKT i utdnningen per@osterlie.no 11. mi 013 1 Hv er fktorisering? Vi må se på veret å fktorisere. Hv er det vi skl gjøre når vi fktoriserer? Svret er: å lge fktorer.
1T kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka
T kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i lærebok Uten hjelpemidler E b c E b c Vi gnger vnlige tll med vnlige tll og tierpotenser med tierpotenser. Til slutt omformer vi svret så vi får et tll
R2 kapittel 4 Tredimensjonale vektorer
Løsninger v oppgvene i ok R kpittel 4 Tredimensjonle vektorer Løsninger v oppgvene i ok 4. Vi tegner punket A i xy-plnet. Vi mrkerer plsseringen v A med linjestykker ut fr punktene (4,0,0) på x-ksen og
Eksamen høsten 2016 Løsninger
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 1: 5x y : x y 9 Fr likning : y x+ 9 Innstt i likning 1 gir det 5x (x+ 9) 5x 4x 18 9x 18 x
DEL 1 Uten hjelpemidler
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 4,5 % 3,6 % 0,9 % Økningen hr vært på 0,9 prosentpoeng. 0,9 % 100 % 5 % 3, 6 % Økningen hr
Integralregning. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne
8 Integrlregning Mål for opplæringen er t eleven skl kunne gjøre rede for definisjonen v estemt integrl som grense for en sum og uestemt integrl som ntiderivert eregne integrler v de sentrle funksjonene
R1 kapittel 6 Vektorer. Løsninger til oppgavene i boka Løsninger til oppgavene i boka
R1 kpittel 6 Vektorer Løsninger til oppgvene i ok Løsninger til oppgvene i ok 6.1 Tilfellene, e og f er vektorstørrelser fordi de hr retning. Tilfellene, og d er sklrer fordi de ikke hr retning. 6. d e
Kapittel 3. Potensregning
Kpittel. Potensregning I potensregning skriver vi tll som potenser og forenkler uttrykk som inneholder potenser. Dette kpitlet hndler blnt nnet om: Betydningen v potenser som hr negtiv eksponent eller
Kapittel 4 Tall og algebra Mer øving
Kpittel 4 Tll og lger Mer øving Oppgve 1 d Oppgve 2 Se på uttrykket A = g h. Hv forteller de ulike okstvene? Se på uttrykket A = 2π. Hv står de ulike symolene for? Forklr hv vi mener med en vriel og en
Nytt skoleår, nye bøker, nye muligheter!
Nytt skoleår, nye øker, nye muligheter! Utstyret dere trenger, er som i fjor: Læreok lånes v skolen vinkelmåler, --9 og - -9-treknter, psser, lynt, viskelær, penn, A-rk til innføring og A klddeok. Og en
Fag: Matematikk 1T-Y for yrkesfag for elever og privatisterr. Eksamensdato: 16. januar 2012
Loklt gittt eksmen Eksmen Fg: Mtemtikk 1T-Y for yrkesfg for elever og privtisterr Fgkode: MAT1006 Eksmensdto: 16. jnur 2012 Antll sider i oppgven: 7 inklusiv forside og opplysningsside Del 1: oppgve 1-5
75045 Dynamiske systemer 3. juni 1997 Løsningsforslag
75045 Dynmiske systemer 3. juni 1997 Løsningsforslg Oppgve 1 ẋ = 0 gir y = ±x, og dette innstt i ẏ = 0 gir 1 ± x = 0. Vi må velge minustegnet, og får x = y = ±1/. Vi deriverer: [ ] x y ( 1 Df(x, y) = ;
2 Tallregning og algebra
Tllregning og lger KATEGORI. Regnerekkefølge Oppgve.0 Regn uten digitlt hjelpemiddel. + ( + ) ( ) Oppgve. Regn uten digitlt hjelpemiddel. Oppgve. Regn ut med og uten digitlt hjelpemiddel. + (7 + ) ( 9)
( ) ( ) DEL 1 Uten hjelpemidler. x x x x. Oppgave 1. Vi deriverer med produktregel: Vi deriverer kjerneregelen: Vi velger u = x 3 som kjerne.
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 3 ( ) = 5 + 4 f f = ( ) 6 5 b c g ( ) = e Vi deriverer med produktregel: g ( ) = e + e =
Tall i arbeid Påbygging terminprøve våren 2013
Tll i rei Påygging terminprøve våren 2013 DEL 1 Uten hjelpemiler Hjelpemiler: vnlige skrivesker, psser, linjl me entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 Skriv tllene på stnrform. 1 0,000 00015 2 19,6 millirer
Eksamen R2, Va ren 2014, løsning
Eksmen R, V ren 04, løsning Tid: timer Hjelpemidler: Vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler er tilltt. Oppgve ( poeng) Deriver funksjonene ) f sin Vi bruker kjerneregelen på sin,
Løsningsforslag til avsluttende eksamen i HUMIT1750 høsten 2003.
Løsningsforslg til vsluttende eksmen i HUMIT1750 høsten 2003. Teksten under hr litt litt prtsom fordi jeg hr villet forklre hvordn jeg gikk frm. Fr en studentesvrelse le det ikke forventet nnet enn sluttresulttene.
Numerisk matematikk. Fra Matematikk 3MX (2002) Side
Numerisk mtemtikk Fr Mtemtikk 3MX (2002) Side 142 147 142 Kpittel 4: Integrlregning 47 NUMERISK MATEMATIKK pffiffiffiffiffi På lommeregneren finner du rskt t 71 er lik 8,426150, og t lg 5 er lik 0,698970
Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 20-24/9
Fsit til utvlgte oppgver MAT00, uk 20-24/9 Øyvind Ryn oyvindry@ifi.uio.no September 24, 200 Oppgve 5..5 år vi viser t f er kontinuerlig i ved et ɛ δ-bevis, er det lurt å strte med uttrykket fx f, og finne
1T kapittel 2 Likninger
Løsninger til oppgvene i ok T kpittel Likninger Løsninger til oppgvene i ok. 6+ 8 6 8 + 5 5 5 6 VS 6 8 HS 6 ( 6) + 8 6 + 8 8 Sien VS HS når 6, er 6 en løsning på likningen. ( + ) 6 + 6 6 VS HS ( + ) 5
Læringsmål for 9. trinn: Oppgave: Prosent. 1a, 2a, 7, 15a b, 17b, 18. Regne med prosent og promille, med og uten digitale hjelpemidler.
Læringsmål for 9. trinn: : rosent Regne med prosent og promille, med og uten digitle hjelpemidler Tolke og regne med prosentpoeng 1, 2, 7, 15 b, 17b, 18 17 otenser og kvdrtrot Regne med potenser 1b, 1d,
Flere utfordringer til kapittel 1
Flere utfordringer til kpittel 1 KAPITTEL 1 TALL OG TALLREGNING Oppgve 1 Forklr forskjellen på rsjonle og irrsjonle tll. Hv kjennetegner dem? Hvordn kn vi se t et tll er rsjonlt eller irrsjonlt? Skriv
Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrasjon
Mtemtikk 1000 Øvingsoppgver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrsjon Som kjent kn vi regne ut (bestemte) integrler ved nti-derivsjon. Dette resulttet er et v de viktikgste innen klkulus; det heter tross
ALTERNATIV GRUNNBOK BOKMÅL
Anne Rsch-Hlvorsen Oddvr Asen Illustrtør: Bjørn Eidsvik 7B NY UTGAVE ALTERNATIV GRUNNBOK BOKMÅL CAPPELEN DAMM AS, 2011 Mterilet i denne publiksjonen er omfttet v åndsverklovens bestemmelser. Uten særskilt
Eksempeloppgaver 2014 Løsninger
DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 19 millirder 9 10 = 19 10 = 1,9 10 0,089 10 = 8,9 10 10 = 8,9 10 Oppgve 6 6 8 Prosentvis
3.7 Pythagoras på mange måter
Oppgve 3.18 Vis t det er mulig å multiplisere og dividere linjestykker som vist i figur 3.. Bruk formlikhet. 3.7 Pythgors på mnge måter Grekeren Pythgors le født på Smos 569 og døde. år 500 f. Kr. Setningen
... ÅRSPRØVE 2014...
Delprøve 1 Ashehoug ÅRSPRØVE 014 9. trinn.... ÅRSPRØVE 014... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemiler (39 poeng) Alle oppgvene i el 1 skl føres rett på rket. I noen oppgver er et en regnerute. Her skl
a 5 (2 + 8) d 5 (2 + 8) 4 g b 3 5 (2 + 8) e h 3 ( ) j Begrunn hvorfor du ikke får samme svar på oppgave b og g.
Mtemtikk for ungomstrinnet KAPITTEL 4 TALL OG ALGEBRA MER ØVING Oppgve 1 Oppgve 2 Se på uttrykket A = g h. Hv forteller e ulike okstvene? Se på uttrykket O = 2π. Hv står e ulike symolene for? Forklr hv
Formelsamling i matematikk
Formelsmling i mtemtikk Alger Aritmetiske opersjoner ( + c) = + c + c Potensregler Polynom = + c + c d + c = d c c d = d c = d c x y = x+y x = x / x y = x y n x = x /n 0 = x n = x n ( x ) y = xy () x =
1 Mandag 25. januar 2010
Mndg 5. jnur Vi fortsetter med å se på det bestemte integrlet, bl.. på hvordn vi kn bruke numeriske beregninger til å bestemme verdien når vi ikke nødvendigvis kn finne en nti-derivert. Videre skl vi t
TFE4101 Krets- og Digitalteknikk Vår 2016
Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for elektronikk og telekomuniksjon TFE4101 Krets- og Digitlteknikk Vår 2016 Løsningsforslg Øving 4 1 Oppgve 1 R 1 = 10 R 2 = 8 V = 600 V R 3 = 40
R2 - Heldagsprøve våren 2013
Løsningsskisser HD R R - Heldgsprøve våren 0 Løsningsskisser Viktigste oppsummeringer: Må skrive med penn på eksmen! Slurv og regnefeil, både med tll og bokstver, er hovedproblemet. Beste måten å fikse
Juleprøve trinn Del 1. Navn: Del 1 Aschehoug JULEPRØVE trinn. Informasjon for del 1
Juleprøve 2015 10. Del 1 Nvn: Informsjon for del 1 Prøvetid Hjelpemidler i del 1 Andre opplysninger Frmgngsmåte og forklring 5 timer totlt Del 1 og del 2 lir delt ut smtidig. Del 1 skl leveres inn seinest
Basisoppgaver til Tall i arbeid P kap. 1 Tall og algebra
Bsisoppgver til Tll i reid P kp. 1 Tll og lger 1.1 Regning med hele tll 1. Brøk 1.3 Store og små tll 1.4 Bokstvuttrykk 1.5 Likninger 1.6 Formler 1.7 Hverdgsmtemtikk 1.8 Proporsjonlitet Bsisoppgver 1.1
1T kapittel 4 Likningssystemer og ulikheter
T kapittel 4 Likningssystemer og ulikheter Løsninger til oppgavene i oka Oppgave 4. a Vi tegner grafene til y = og y = + 3 i samme koordinatsystem. Skjæringspunktet mellom grafene har koordinatene (, ).
FASIT, tips og kommentarer
FASIT, tips og kommentrer JULEKALENDER 8.- 10- trinn Nivå 1 og Nivå 2. Tips til orgnisering: Kn jobbes med i gruppe, to og to eller individuelt. Spre rbeidet med klenderen i mttetimene i desember, eller
MAT 100A: Mappeeksamen 4
. november, MAT A: Mppeeksmen Løsningsforslg Oppgve ) Vi bruker produktregelen: f (x) x rctn x + x + x Siden x og rctn x hr smme fortegn, og x ldri er negtiv, er f (x) positiv overlt, bortsett fr t f ().
Eneboerspillet. Håvard Johnsbråten
Håvrd Johnsråten Eneoerspillet Når vi tenker på nvendelser i mtemtikken, ser vi gjerne for oss Pytgors læresetning eller ndre formler som vi kn ruke til å eregne lengder, reler, kostnder osv. Men mer strkte
Forkurs i matematikk. Kompendium av Amir Hashemi, UiB. Notater, eksempler og oppgaver med fasit/løsningsforslag 1
Forkurs i mtemtikk Kompendium v Amir Hshemi, UiB. Notter, eksempler og oppgver med fsit/løsningsforslg Mtemtisk Institutt UiB Innhold Sist oppdtert 07. juni 0 i Forord... Kpittel 0 Test deg selv... Oppgver
EKSAMEN. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 2 sider formelark)
KANDIDATNUMMER: EKSAMEN FAGNAVN: Mtemtikk FAGNUMMER: REA EKSAMENSDATO: 5. desember 6 KLASSE:. klssene, ingenørutdnning. TID: kl. 9... FAGLÆRER: Hns Petter Hornæs ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside
LØSNINGSFORSLAG(Sensor) I TMA4140 og MA0302
Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg Sie 1 v 6 LØSNINGSFORSLAG(Sensor) I TMA4140 og MA0302 12. esemer 2006 Oppgve 1 ) Skriv ne efinisjonen på en tutologi. Svr: En tutologi
R2 2010/11 - Kapittel 4: 30. november 2011 16. januar 2012
R 00/ - Kpittel 4: 0. noemer 0 6. jnr 0 Pln for skoleåret 0/0: Kpittel 5: 6/ 6/. Kpittel 6: 6/ /. Kpittel 7: / /4. Prøer på eller skoletime etter hert kpittel. Én heildgsprøe i her termin. En del prøer
Praktiske opplysninger til rektor. Fag: MATEMATIKK 1TY for yrkesfag Fagkode: MAT1006 Eksamensdato: Antall forberedelsesdager: Ingen
Loklt gitt eksmen 2013 Prktiske opplysninger til rektor Fg: MATEMATIKK 1TY for yrkesfg Fgkode: MAT1006 Eksmensdto: 30.5.2013 Antll foreredelsesdger: Ingen Forhold som skolen må være oppmerksom på: Eksmenen
Løsninger til oppgaver i boka
Løsninger til oppgver i ok Kpittel 1 Alger Løsninger til oppgver i ok 1.9 d På ildet ser vi t den lengste siden i tkåpningen er omtrent så lng som den korteste. Om vi kller den korteste siden for x, hr
YF kapittel 7 Flate Løsninger til oppgavene i læreboka
YF kpittel 7 Flte Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 701 Vinkel C er en rett vinkel. Altså er C = 90. c AB er motstående side til den rette vinkelen i treknten. Derfor er AB ypotenus. AC er osliggende
Fasit. Grunnbok. Kapittel 2. Bokmål
Fsit 9 Grunnbok Kpittel Bokmål Kpittel Lineære funksjoner rette linjer. ƒ(x) = 4x + 5 ƒ() = 3 ƒ(4) = ƒ(6) = 9.6 ƒ(x) = -x b ƒ(x) = x b ƒ(x) = (x + ) 3 ƒ() = ƒ(4) = 8 ƒ(6) = 4 ƒ(x) = x 4 ƒ() = - ƒ(4) =
R1 kapittel 7 Sannsynlighet. Kapitteltest. Oppgave 1. Oppgave 2. Oppgave 3. Del 1 Uten hjelpemidler. Løsninger til oppgavene i boka
Løsninger til oppgvene i ok R1 kpittel 7 Snnsynlighet Løsninger til oppgvene i ok Kpitteltest Del 1 Uten hjelpemidler Oppgve 1 De fem lppene kn ordnes i rekkefølge på 5! = 15 = forskjellige måter. Vi kn
Terminprøve Matematikk Påbygging høsten 2014
Terminprøve høsten 2014 Terminprøve Mtemtikk Påygging høsten 2014 DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 Regn ut 3 3 3 4 1 3 3 2
Juleprøve trinn Del 1 Navn:
Juleprøve 2014 10. Del 1 Nvn: Informsjon for del 1 1 Prøvetid 5 timer totlt. Del1 og Del 2 skl deles ut smtidig. Del 1 skl du levere innen 2 timer. Hjelpemidler i del 1 Andre opplysninger Del 2 skl du
Terminprøve Matematikk for 1P 1NA høsten 2014
Terminprøve Mtemtikk for 1P 1NA høsten 2014 DEL 1 Vrer 1,5 time Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler. Forsøk på lle oppgvene selv om du er usikker
R1 kapittel 7 Sannsynlighet
Løsninger til oppgvene i ok R kpittel 7 Snnsynlighet Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 7. Hvis A hr inntruffet, ltså t den første kul er lå, så er det tre røde og én lå kule igjen i esken når vi skl trekke
YF kapittel 10 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka
YF kpittel 10 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i læreok Uten hjelpemidler Oppgve E1 5 + 5 + 6 11 5 + 4 (5 + ) 5 + 4 7 10 6 + 8 d + ( + 1) 5 + 4 5 + 16 5 + 10 5 4 + 4 4 + 8 1 + + + + + + + + 49 49
Oppfriskningskurs i matematikk 2007
Oppfriskningskurs i mtemtikk 2007 Mrte Pernille Htlo Institutt for mtemtiske fg, NTNU 6.-11. ugust 2007 Velkommen! 2 Temer Algebr Trigonometri Funksjoner og derivsjon Integrsjon Eksponensil- og logritmefunksjoner
Fasit. Grunnbok. Kapittel 4. Bokmål
Fsit Grunnok Kpittel 4 Bokmål Kpittel 4 Kvdrtiske funksjoner ndregrdsfunksjoner 4.1 Stigningstll Skjæring -kse Skjæring y-kse 4 ( 2, 0) (0, 8) 1 (1, 0) (0, 1) 1 (9, 0) (0, 3) 3 4.5 y = + = 0, y =, y =
2 Symboler i matematikken
2 Symoler i mtemtikken 2.1 Symoler som står for tll og størrelser Nvn i geometri Nvn i mtemtikken enyttes på lignende måte som nvn på yer og personer, de refererer eller representerer et tll eller en størrelse,
Basisoppgaver til 2P kap. 1 Tall og algebra
Bsisoppgver til P kp. Tll og lger. Potenser. Nye potenser. Store og små tll. Stnrform. Tllsystemer. Femtllsystemet. Totllsystemet.7 Prosentregning me vekstfktor.8 Renteregning Ashehoug www.lokus.no Ashehoug
Integrasjon Skoleprosjekt MAT4010
Integrsjon Skoleprosjekt MAT4010 Tiin K. Kristinslund, Julin F. Rossnes og Torstein Hermnsen 19. mrs 2014 1 Innhold 1 Innledning 3 2 Integrsjon 3 3 Anlysens fundmentlteorem 7 4 Refernser 10 2 1 Innledning
EKSAMEN. 1. klassene, ingenørutdanning og flexing. ANTALL SIDER UTLEVERT: 5(innkl. forside og 2 sider formelark)
KANDIDATNUMMER: EKSAMEN EMNENAVN: Mtemtikk EMNENUMMER: REA4 og REA4f EKSAMENSDATO:. ugust 9 KLASSE:. klssene, ingenørutdnning og fleing. TID: kl. 9... FAGANSVARLIG: Hns Petter Hornæs ANTALL SIDER UTLEVERT:
1 k 2 + 1, k= 5. i=1. i = k + 6 eller k = i 6. m+6. (i 6) i=1
TMA4 Høst 6 Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg Løsningsforslg Øving 5 5..6 Vi er gitt summen og ønsker å skrive den på formen m k=5 k +, f(i). i= Strtpunktene er henholdsvis
Forkunnskaper i matematikk for fysikkstudenter. Integrasjon.
De grunnleggende definisjonene L oss strte med følgende prolem: Gitt en ontinuerlig funsjon y = f der f for [, ] Beregn relet A som er vgrenset v grfen til f, -sen, og de to vertile linjene = og = Vi n
dx = 1 2y dy = dx/ x 3 y3/2 = 2x 1/2 + C 1
NTNU Institutt for mtemtiske fg TMA Mtemtikk høsten Løsningsforslg - Øving 7 Avsnitt 6.5 ) En hr t y = e, så y + 3y = e + 3e = e. b) En hr t y = e 3 e (3/), så y + 3y = e 3e (3/) + 3e + 3e (3/) = e. c)
Fag: Matematikk 1T-Y for elever og privatister. Antall sider i oppgaven: 8 inklusiv forside og opplysningsside
Loklt gitt eksmen 2012 Eksmen Fg: Mtemtikk 1T-Y for elever og privtister Fgkode: MAT1006 Eksmensdto: 25. mi Antll sider i oppgven: 8 inklusiv forside og opplysningsside Eksmenstid: Hjelpemidler under eksmen:
1 Mandag 18. januar 2010
Mndg 8. jnur 2 I denne første forelesningen skl vi friske opp litt rundt funksjoner i en vribel, se på hvordn de vokser/vtr, studere kritiske punkter og beskrive krumning og vendepunkter. Vi får ikke direkte
YF kapittel 1 Tall Løsninger til oppgavene i læreboka
YF kpittel 1 Tll Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 10,, 0, 1,, 5,,, 0 Oppgve 10 Tllet 5 står til høyre for tllet på tllinj. Altså er 5>. Tllet 5 står til venstre for tllet 1 på tllinj. Altså er 5
Oppgave 1 Diagrammet nedenfor viser hvordan karakteren var fordelt på en norskprøve.
Mtemtikk for ungomstrinnet KAPITTEL 5 STATISTIKK OG SANNSYNLIGHET MER ØVING Oppgve 1 Digrmmet neenfor viser hvorn krkteren vr forelt på en norskprøve. 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 Hvor mnge fikk krkteren 4?
UNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det mtemtisk-nturvitenskpelige fkultet Eksmen i: MAT1140 Strukturer og rgumenter Eksmensdg: Fredg 8. desemer 2017 Tid for eksmen: 14:30 18:30 Oppgvesettet er på 5 sider. Vedlegg: Ingen
a 2πf(x) 1 + (f (x)) 2 dx.
MA 4: Anlyse Uke 44, http://home.hi.no/ svldl/m4 H Høgskolen i Agder Avdeling for relfg Institutt for mtemtiske fg Om lengde v kurver. Noen få formler der integrsjon brukes for å beregne lengder, reler